不定方程的解的个数

Lv0

首先我们看这样一个问题，求 ∑ i = 1 n x i = b \sum\limits_{i = 1}^n x_i = b i=1∑nxi=b 的非负整数解的个数。

这个问题就非常简单啊，我们稍微把他转化一下，这个问题就等价于有 n n n 个小朋友分 b b b 个糖果，每个小朋友至少分到 0 0 0 个糖果（好惨啊），求分完糖果的方案数。

然后我们再转化一下问题，现在有 b b b 个糖果排成一排，在其中放 n − 1 n - 1 n−1 个木板（可以有多个木板在同一个格子里），这样就能把这些糖果分成 n n n 部分，求方木板的方案数。

这样就很显然了嘛，答案就是总共有 n + b − 1 n + b - 1 n+b−1 个格子可选，在其中选出 n − 1 n - 1 n−1 个格子的方案数，也就是 C n + b − 1 n − 1 C_{n + b - 1}^{n - 1} Cn+b−1n−1。

Lv1

还有这样一个问题，求 ∑ i = 1 n x i = b \sum\limits_{i = 1}^nx_i = b i=1∑nxi=b 且 x i ≥ l i x_i \geq l_i xi≥li 的非负整数解数。显然我们非常不希望出现后面的约束条件，于是我们考虑这样：

∑ i = 1 n x i = b − ∑ i = 1 n l i \sum_{i = 1}^nx_i = b - \sum_{i = 1}^nl_i i=1∑nxi=b−i=1∑nli

这样一来我们就把问题转化成了第一个问题一样的形式了（就相当于我们减掉了 x i < l i x_i < l_i xi<li 的贡献），答案就是：

a n s = ( n + b − ∑ i = 1 n l i − 1 n − 1 ) ans = \begin{pmatrix} n + b - \sum\limits_{i = 1}^n l_i - 1 \\ n - 1 \end{pmatrix} ans=⎝ ⎛n+b−i=1∑nli−1n−1⎠ ⎞

Lv2

最后一个问题，求 ∑ i = 1 n x i = b \sum\limits_{i = 1}^nx_i = b i=1∑nxi=b 且 x i ≤ r i x_i \leq r_i xi≤ri 的非负整数解的个数。这个问题就不像上一个那么好转换了。所以我么考虑容斥掉 x i ≥ r i + 1 x_i \geq r_i + 1 xi≥ri+1 的贡献。

我们令集合 S S S 表示 ∑ i = 1 n ( x i ≥ r i + 1 ) \sum\limits_{i = 1}^n(x_i \geq r_i + 1) i=1∑n(xi≥ri+1) 的二进制集合。这样就相当于求 S = { 0 , 0 , ⋯ , 0 } S = \{ 0, 0, \cdots, 0 \} S={0,0,⋯,0} 的时候的答案。我们令 f ( S ) f(S) f(S) 表示该二进制集合为 S S S 时的答案。则有：

f ( S = { 0 , 0 , ⋯ , 0 } ) = t o t − ∑ S ⊂ U ( − 1 ) ∣ S ∣ + 1 f ( S ) f(S = \{0, 0, \cdots, 0\}) = tot - \sum_{S \subset U}(-1)^{|S| + 1}f(S) f(S={0,0,⋯,0})=tot−S⊂U∑(−1)∣S∣+1f(S)

其中 t o t tot tot 表示总数，也就是第一个问题的答案。 U = { 0 , 0 , ⋯ , 0 } U = \{ 0, 0, \cdots, 0 \} U={0,0,⋯,0} （ n n n 个 0 0 0）。上面这个式子就是容斥原理嘛。

然后其中（等价于第二个问题）：

f ( S ) = ( n + b − 1 − ∑ i ∈ S ( r i + 1 ) n − 1 ) f(S) = \begin{pmatrix} n + b - 1 - \sum\limits_{i \in S} (r_i + 1) \\ n - 1 \end{pmatrix} f(S)=(n+b−1−i∈S∑(ri+1)n−1)

于是：

a n s = ( n + b − 1 n − 1 ) − ∑ S ⊂ U ( − 1 ) ∣ S ∣ + 1 f ( S ) = ( n + b − 1 n − 1 ) + ∑ S ⊂ U ( − 1 ) ∣ S ∣ ( n + b − 1 − ∑ i ∈ S ( r i + 1 ) n − 1 ) = ∑ S ⊆ U ( − 1 ) ∣ S ∣ f ( S ) \begin{aligned} ans & = \begin{pmatrix} n + b - 1 \\ n - 1 \end{pmatrix} - \sum_{S \subset U}(-1)^{|S| + 1} f(S) \\ & = \begin{pmatrix} n + b - 1 \\ n - 1 \end{pmatrix} + \sum_{S \subset U} (-1)^{|S|} \begin{pmatrix} n + b - 1 - \sum\limits_{i \in S}(r_i + 1) \\ n - 1 \end{pmatrix} \\ & = \sum_{S \subseteq U} (-1)^{|S|}f(S) \end{aligned} ans=(n+b−1n−1)−S⊂U∑(−1)∣S∣+1f(S)=(n+b−1n−1)+S⊂U∑(−1)∣S∣(n+b−1−i∈S∑(ri+1)n−1)=S⊆U∑(−1)∣S∣f(S)

关于不定方程解的个数的问题相关推荐

计算不定方程解的个数的方法汇总
写在前面最近做了一些题目, 才发现当初学习组合数学时候还是做的题太少, 很多东西只是知道其概念如何, 真正上手题目还是get不到精髓. 这次来总结一下计算不定方程解的个数的一些方法, 加深一下对这块 ...
python解多元多次方程组_多元一次不定方程解的个数
#!/usr/bin/python3.6 # -*- coding: utf-8 -*- """ 多元一次不定方程解的个数 problem1: 将30条鱼放入10个桶中, ...
HDU 5201 The Monkey King 组合数+不定方程解的个数
题意:链接方法:组合数+不定方程解的个数解析: 毒瘤题,好难啊,刷一个我就不想再刷另外两个了这玩意的话,后俩先不看. 先看前两个. 前两个是啥意思呢. 不妨考虑一下挡板法. 这里我举一个某篇我想 ...
多元一次不定方程解的个数
链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/553/D 来源:牛客网时间限制:C/C++ 1秒,其他语言2秒空间限制:C/C++ 262144K,其他语言5242 ...
【组合数学】生成函数 ( 使用生成函数求解不定方程解个数 )
文章目录一.使用生成函数求解不定方程解个数 1.带限制条件 2.带系数参考博客 : [组合数学]生成函数简要介绍 ( 生成函数定义 | 牛顿二项式系数 | 常用的生成函数 | 与常数相关 | 与 ...
求解多元一次方程解的个数（参考内容）
1.整数多元一次不定方程的矩阵解法与程序设计 2.欧几里得算法(含严谨证明) 3.扩展欧几里得算法(含严谨证明) 4.多元一次不定方程解的个数但只有系数是1的时候才可以排列组合..我们要解决的是系数 ...
【组合数学】生成函数 ( 使用生成函数求解不定方程解个数示例 2 | 扩展到整数解 )
文章目录一.使用生成函数求解不定方程解个数示例参考博客 : [组合数学]生成函数简要介绍 ( 生成函数定义 | 牛顿二项式系数 | 常用的生成函数 | 与常数相关 | 与二项式系数相关 | 与多 ...
【组合数学】生成函数 ( 使用生成函数求解不定方程解个数示例 )
文章目录一.使用生成函数求解不定方程解个数示例参考博客 : [组合数学]生成函数简要介绍 ( 生成函数定义 | 牛顿二项式系数 | 常用的生成函数 | 与常数相关 | 与二项式系数相关 | 与多 ...
隔板法求解不定方程x1+x2+x3=5解的个数
隔板法求解不定方程的解的个数文章目录隔板法求解不定方程的解的个数 1.求正整数解的个数--普通隔板法 2.求非负整数解的个数--添加元素隔板法 1.求正整数解的个数--普通隔板法将不定方程想象成 ...

关于不定方程解的个数的问题

不定方程的解的个数

Lv0

Lv1

Lv2

关于不定方程解的个数的问题相关推荐

最新文章

热门文章